Universidad de Costa Rica Facultad de Ciencias Escuela de Matem´ Matematica a´ tica Departamento Departamento Matem´ Matematica a´ tica Aplicada
D E C A D O
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A
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C A
L U
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E M A S P I C
C
I Parcial 2 de febrero 2018
MA1022 Calculo a´ lculo para Ciencias Econ´ Economicas o´ micas II
Tiempo: 3 horas Valor: 56 puntos
Debe resolver la prueba en su cuaderno de examen, de manera clara, ordenada e individual. En cada uno de los cinco items se califica el procedimiento que le orient´o a su respuesta. El uso de l´apiz apiz o correct co rrector or podr´ıa ıa afectarle afec tarle en caso de reclamos. No use bol´ bol´ıgrafo ıgrafo de tinta roja. 1. Dadas las matrice matricess
A
−1 =
2 0
x y z
B
2 4 3
3 = 6
1 −1 1 −1 2 −1 4
¿ para cu´ cuales a´ les valores de las incognitas o´ gnitas x, y y z se cumple que la segunda fila de la matriz producto AB es el vector (1 , 0, 3)? (6 puntos)
Solucion o´n :
3 6 3 + 6 + 2 2 1 1 + − −1 1 − −1 − − + 4
a21 = x y z
= x
y
= x
y
a22 = x y z
a23 = x y z
=
x
z
z
y
z
4
Obtenemos el sistema
3 + 6 + 2 = = 1 − + − − + 4 = = = =03 3 6 2 1 1 1 −1 0 −3 + 1 1 1 −1 0 −−−−−−→ 3 6 2 1 −−−−−−→ 0 4 3 4 3 0 −1 −1 −1 −1 + − + 1 0 1 0 0 − − + −−−−−−→ 0 1 0 − −−−−−−→ 0 1 x y z x y z x y z
f 1
f 1 , f 2
f 1
f 2
f 1
0 0
8 3 5 3
1
1 3 1 3
1
5 f 3 3
f 2
8 f + f 1 3 3
0 0 1
7 3 4 3
1
f 2
f 2
1 f 3 2
1 −−−−−−→ 0
1 −1 0 3 5 1 0 3 3
1 f 3 3
1 −1 5 1 3 0 0 1
Primer Examen
2
x = 73 y = − 43 z = 1 S = { ( 73 , − 43 , 1)} 2. Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales con inco´ gnitas x, y y z . Este tiene a α ∈ R como par´ametro.
− + = −2 − + + 2 + − ( = −4 3) = − x y αz x y α αx y z
z
α
Determine los valores de α para los cuales el sistema: a)
tiene soluci´on u´ nica.
b)
es inconsistente.
c)
tiene infinitas soluciones. Calcule el conjunto de soluciones para este caso.
(2 puntos)
(3 puntos) (5 puntos)
Solucio´n :
1 −1
α −1 2 −(α − 3) α 1 1
f 1 + f 2
−−−−−−→ −αf 1 + f 3
1 0
α −1 1 3 0 α + 1 1 − α2
El determinante no se altera con esta operaci´on de fila
1 −1
α −1 2 −(α − 3) α 1 1
1 = 0 0
α −1 1 3 α + 1 1 − α2
= (1 + α)(1 − α − 3) = −(α + 1)(α + 2)
=
1 3 α + 1 1 − α 2
= (1 −
α 2 ) − 3(α + 1)
Respuesta de a): Si el determinante no es cero, el sistema tiene soluci o´ n u´ nica. Si α ´ u´ nica ∈ {−2, −1} el sistema tiene soluci on Respuesta de b) Si α = −1
1 −1
+ 1 −−−−−−→ 0
−1 −1 −2 2 4 1 1 1 4 −1
f 1
f 2
f 1 + f 3
+ 1 −−−−−−→ 0
−1 −1 −2 1 3 −1 0 −1 −3 2
f 2
f 3
−1 −1 −2 1 3 0 0 0 0 1
El sistema es inconsistente, pues la u´ ltima fila dir´ıa 0 = 1. Respuesta de c) Si α = −2
1 −1
+ 1 −−−−−−→ 0
−1 −2 −2 2 5 2 1 1 4 −2
MA1022
f 1
f 2
2f 1 + f 3
+ 1 −−−−−−→ 0
−1 −2 −2 1 3 0 0 −1 −3 0
f 2
f 3
f 2 + f 1
III Ciclo 2017
0 1 −2 1 3 0 0 0 0 0
2 de febrero 2018
Primer Examen
3
El sistema tiene infinitas soluciones, pues el rango es menor al n u´ mero de inco´ gnitas.
x + z = − 2 y − 3z = 0 z ∈ R S = { (−2 − z, 3z, z ) : z ∈ R) 3. Considere la matriz
A
1 0 = −1
4 3 2 0 1
0 1 2 0
1 1 0 1
.
a)
Calcule la entrada (1, 3) de su matriz inversa.
b)
Si B es una matriz 4x4 que cumple |AB 3 | = 8, calcule |2B t AB 2 A−1 |
(5 puntos) (6 puntos)
Soluio´n : Respuesta a):
1 0 −1
4 3 2 0 1
1 0 | = −10
As´ı | A
4 3 2 1
0 1 2 0
1 4 0 1 −−− +−−−→ 0 3 1 1 0 6 2 1 0 1 0 1 1 1 4 0 1 3 1 1 1 0 3 1 1 = = 6 2 1 = −1 0 0 6 2 1 1 0 1 1 0 1 0 1 4 0 1 = − 3 1 1 = − 3 1 0 1
0 1 2 0
1 1 0 1
f 1
f 3
.
utilizando que es una matriz por bloques y
luego la regla de Sarrus para el determinante 3x3.
a13 =
A31
|A|
=
(−1)(3+1) M 31 −1
Respuesta b) Dos formas:
2 1 | A|
Forma 1: | 2B t AB 2 A−1 | = 24 |B t AB 2 A−1 | = 16 |B t | |A| |B 2 | |A−1 | = 16 |B | |A| |B |
= − 16 |A| |B |3 = − 16 |AB 3 | = − 16 ∗ 8 = − 128 3
3
3
3
Forma 2: 8 = | AB 3 | = | A| |B | , por lo que | B | = − 8 y sustituye en −16 |A| |B | = 16 |B | = −128. 4. Considere la matriz
A
=
1 4 −1 0 3 1 2 −1 −4
.
a)
Calcule A −1
b)
Sin hacer c´alculos adicionales, determine el conjunto de soluciones del sistema homog e´ neo A x = 0. (1 punto)
MA1022
(3 puntos)
III Ciclo 2017
2 de febrero 2018
Primer Examen
c)
4
Sin hacer c´alculos adicionales, determine el rango de la matriz A
(1 punto)
Solucio´n : Respuesta a)
1 4 −1 1 0 0 + 1 4 −1 1 0 0 1 0 3 1 0 1 0 −−−−−−→ 0 3 1 0 1 0 −−−−−−→ 0 0 −1 10 −−4 12 −0 0 01 − + 10 00 0 1 1 −0 1 0 1 0 0 −−−−−−→ 0 1 0 − − 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 + − = − − 7 3 1 3
4 3 1 3
f 1
f 3
1 f 3 3
f 2
7 f 3 3
10 3 1 3
A−1
4 3 1 3
1
1 f 3 2
10 3 1 3
4 3 1 3
−4 + −−−−−−→
4 −1 1 0 0 1 1 0 13 0 3 0 1 1 0 1
7 3 1 3
f 2
f 1
f 1
7 3 1 3
0
1
Respuesta b) Como A es invertible, el sistema homog e´ neo tiene solucio´ n u´ nica, por lo que S = { (0, 0, 0)} Respuesta c) Como A es invertible, Rango A = 3
5. Considere que
a b c b c a c a b
= 3
3 − 4 3 − 4 3 − 4 b c a
a c b b a c c b a
a)
Calcule
b)
Calcule el valor de y del siguiente sistema de inc o´ gnitas x, y y z .
Solucio´n : Respuesta a) 3b − 4a c 3c − 4b a 3a − 4c b a = − − 4 b c
a 3b − 4a b b 3c − 4b c c 3a − 4c a
MA1022
b 3b c b c = 3c a c − a 3a b a b c c a = 4 ∗ 3 = 12 a b
Respuesta b)
(4 puntos)
=
a 3b b b 3c c c 3a a
4 4 4
−
a c b b a c c b a
a 4a b b 4b c c 4c a
(4 puntos)
ax + cy + bz = 3b − 4a bx + ay + cz = 3c − 4b cx + by + az = 3a − 4c
= 0 − 4
a c b b a c c b a
= 0 − 0 = 0 III Ciclo 2017
2 de febrero 2018
Primer Examen
x =
5
a 3b − 4a b b 3c − 4b c c 3a − 4c a a c b b a c c b a
0 −3
=
=0
6. Considere las matrices cuadradas del mismo orden A, B y X , tal que B − 4I es nvertible. Adem´as se cumple que (4X )t + A = B t (X t − 3I ) La matriz I es la identidad del mismo orden que las dem´as. a)
Use solamente ´algebra de matrices para obtener la igualdad
b)
Calcule X a partir de las siguientes matrices
A =
(9 puntos)
(7 puntos)
1 −1 3
X = (At + 3B )(B − 4I )−1
2
B =
2 4 0 5
Solucio´n : Respuesta a) (4X )t + A = B t (X t − 3I ) t t [(4X )t + A] = [B t (X t − 3I )] (4X )tt + At = (X t − 3I )t B tt 4X + At = (X tt − 3I t )B 4X + At = (X − 3I )B 4X + At = X B − 3B At + 3B = X B − 4X X (B − 4I ) = A t + 3B X = (At + 3B )(B − 4I )−1 Respuesta b)
1 3 At = −1 2
1 3 6 12 7 15 + 3 = + = 0 15 −1 2 2 4 4 0 −2 −41 17 = − 4 = − 0 5 0 4 1 −4 − 0 21 ( − 4 ) = = 0 −2 7 15− 2 0 1 = −1 17 − 0 1 = (7 15) = − + 0 = − 0 2 = (7 15) = 14 + 15 = 29 1 − A
t
B
B
B
I
I −1
1 2
1 −2
1 2
X
a11
,
a12
,
a21 = (−1, 17) MA1022
1 2
7 2
1 2
0
=
7 2
1 2
III Ciclo 2017
2 de febrero 2018
Primer Examen
a22
2 = (−1 17) = − 2 + 17 = 15 1 − 29
X =
MA1022
6
,
7 2 1 2
15
III Ciclo 2017
2 de febrero 2018
